Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2026-2027 THPT Thăng Long có đáp án

Chọn C.

Ta có $A = \left\{ { - 4;\,\, - 3;\,\, - 2;\,\, - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4} \right\}$ (vì ${n^2} < 24$ nên $- 4 \le n \le 4$), $B = \left\{ {0;\,\,3;\,\,6;\,\,9} \right\}$. Suy ra $B\backslash A = \left\{ {6;\,\,9} \right\}$ có 2 phần tử.

Chọn C.

Phần không bị gạch gồm các số $x$ thỏa mãn $- 3 \le x < 2$, tức là tập $\left[ { - 3;\,\,2} \right)$.

Chọn D.

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ thì $P$ là điều kiện đủ để có $Q$. Do đó “Hai số nguyên $a$ và $b$ đều chia hết cho 5 là điều kiện đủ để $a + b$ chia hết cho 5”.

Chọn B.

Điểm $M$ nằm trong góc phần tư thứ hai nên $90^\circ < \alpha < 180^\circ$.

Khi đó $\sin \alpha > 0$, $\cos \alpha < 0$, $\tan \alpha < 0$, $\cot \alpha < 0$. Mệnh đề sai là $\tan \alpha > 0$.

Chọn D.

Theo định lí sin: $\frac{{AB}}{{\sin \widehat {BCA}}} = 2R \Rightarrow 2R = \frac{4}{{\frac{1}{4}}} = 16 \Rightarrow R = 8$.

Chọn D.

Hai góc bù nhau có sin bằng nhau: $\sin \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \sin \alpha$.

Chọn B.

Vì $\tan \alpha = - 2 < 0$ nên $90^\circ < \alpha < 180^\circ$, suy ra $\cos \alpha < 0$.

Ta có: $\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha = 5 \Rightarrow \cos \alpha = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}$ $\sin \alpha = \tan \alpha \cdot \cos \alpha = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

Vậy $P = \frac{4}{{\sqrt 5 }} - \frac{1}{{\sqrt 5 }} - \frac{3}{{\sqrt 5 }} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}$.

Chọn A.

$P\left( 2 \right):$ “$2 \cdot 2 + 1 > 5$” tức “5 > 5” là mệnh đề sai.

Chọn B.

Thay tọa độ các điểm vào hệ: $A\left( {5;\,\, - 1} \right):\,\,2 \cdot 5 - \left( { - 1} \right) = 11 < 6$ sai;

$C\left( {2;\,\,1} \right):\,\,2 + 1 = 3 \ge 3$ đúng;

$2 \cdot 2 - 1 = 3 < 6$ đúng;

$D\left( {3;\,\, - 2} \right):\,\,3 - 2 = 1 \ge 3$ sai;

$B\left( {4;\,\, - 2} \right):\,\,4 - 2 = 2 \ge 3$ sai.

Chọn A.

Đường thẳng đi qua $\left( {0;\,\,4} \right)$ và $\left( {2;\,\,0} \right)$ có phương trình $2x + y = 4$.

Điểm $O\left( {0;\,\,0} \right)$ thuộc phần không bị gạch và $2 \cdot 0 + 0 \le 4$ đúng, đường thẳng được vẽ liền nên miền nghiệm là của bất phương trình $2x + y \le 4$.

Chọn A.

Phủ định của “$\forall x \in \mathbb{R},\,\,{x^2} > 0$” là “$\exists x \in \mathbb{R},\,\,{x^2} \le 0$”.

Chọn C.

$S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3$.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Số học sinh tham gia ít nhất một câu lạc bộ là $43 - 6 = 37$.

b) Sai. Số học sinh không tham gia câu lạc bộ Toán học là $43 - 17 = 26$.

c) Sai. Số học sinh tham gia cả hai câu lạc bộ là $25 + 17 - 37 = 5$, không ít hơn 4.

d) Đúng. Số học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ là $37 - 5 = 32$.

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. $\widehat {CAB} = 180^\circ - 45^\circ - 105^\circ = 30^\circ$.

Kẻ đường cao $CH$ ($H$ thuộc đoạn $AB$ vì $\widehat {A\,\,},\,\,\widehat {B\,}$ nhọn).

Tam giác $BCH$ vuông cân tại $H$ nên $CH = BH = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2$.

Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ có $\widehat {A\,\,} = 30^\circ$ nên $AC = 2CH = 4\sqrt 2$, $AH = CH\sqrt 3 = 2\sqrt 6$. Suy ra $AB = AH + HB = 2\sqrt 6 + 2\sqrt 2$.

b) Đúng. $CA = 4\sqrt 2$.

c) Sai. Chu vi tam giác $ABC$ là $4 + 4\sqrt 2 + 2\sqrt 6 + 2\sqrt 2 = 4 + 6\sqrt 2 + 2\sqrt 6 \approx 17{,}38 \approx 17{,}4$.

d) Đúng. $S = \frac{1}{2}AB \cdot CH = \frac{1}{2}\left( {2\sqrt 6 + 2\sqrt 2 } \right) \cdot 2\sqrt 2 = 4\sqrt 3 + 4$, nửa chu vi $p = 2 + 3\sqrt 2 + \sqrt 6$. Bán kính đường tròn nội tiếp $r = \frac{S}{p} = \frac{{4\sqrt 3 + 4}}{{2 + 3\sqrt 2 + \sqrt 6 }} \approx 1{,}257 > \frac{5}{4}$.

Vì $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha > 0$, $\cos \alpha = \sqrt {1 - \frac{1}{9}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$, $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = 2\sqrt 2$.

$\cos \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \cos \alpha$, $\tan \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \cot \alpha$. Do đó:

$A = 3\cot \alpha - \cos \alpha \cdot \cot \alpha = 6\sqrt 2 - \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \cdot 2\sqrt 2 = 6\sqrt 2 - \frac{8}{3} \approx 5{,}82$.

Đáp án: 5,82.

$A \cap B = \left[ { - 5;\,\, - 1} \right] \cup \left( {4;\,\,10} \right]$.

Các số nguyên thuộc $A \cap B$ là $- 5;\,\, - 4;\,\, - 3;\,\, - 2;\,\, - 1$ và $5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9;\,\,10$, gồm 11 số.

Đáp án: 11.

Ta có $\widehat {BAC} = 60^\circ$ và ${S_{ABC}} = {S_{ABD}} + {S_{ACD}}$ nên:

$\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 \cdot \sin 60^\circ = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot AD \cdot \sin 30^\circ + \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot AD \cdot \sin 30^\circ \Leftrightarrow 6\sqrt 3 = \frac{5}{2}AD \Leftrightarrow AD = \frac{{12\sqrt 3 }}{5} \approx 4{,}16.$

Đáp án: 4,16.

Doanh thu là $60000x + 40000y$ (đồng). Điều kiện:

$60000x + 40000y \ge 1000000 \Leftrightarrow 3x + 2y \ge 50$.

Suy ra $m = 2$, $n = 50$, $T = {2^2} + {50^2} = 2504$.

Đáp án: 2504.

a) $A \cup B = \left( { - \infty ;\,\,7} \right]$

$A \cap B = \left[ {1;\,\,3} \right)$

$A\backslash B = \left( { - \infty ;\,\,1} \right)$

${C_\mathbb{R}}A = \left[ {3;\,\, + \infty } \right)$

b) $T = \left( {2m;\,\,m + 3} \right)$. Hai tập $B = \left[ {1;7} \right]$ và $T$ có phần tử chung khi và chỉ khi $T \ne \emptyset$, mút phải của $T$ không nhỏ hơn 1 và mút trái của $T$ nhỏ hơn 7, tức là:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2m < m + 3}\\{m + 3 \ge 1}\\{2m < 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{m < 3}\\{m \ge - 2}\\{m < \frac{7}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m < 3$.

Vậy $- 2 \le m < 3$.

a) Điều kiện $x \ge 0$, $y \ge 0$.

Lượng bột cần dùng là $0{,}3x + 0{,}4y \le 18$, lượng đường cần dùng là $0{,}3x + 0{,}2y \le 15$.

Hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + 4y \le 180}\\{3x + 2y \le 150}\end{array}} \right.$.

b) Miền nghiệm của hệ là tứ giác $OMNP$ (kể cả biên) với $O\left( {0;\,\,0} \right)$, $M\left( {0;\,\,45} \right)$, $N\left( {40;\,\,15} \right),$$P\left( {50;\,\,0} \right)$, trong đó $N$ là giao điểm của hai đường thẳng $3x + 4y = 180$ và $3x + 2y = 150$.

Doanh thu $F = 100x + 80y$ (triệu đồng).

Ta có $F\left( {0;\,\,0} \right) = 0$, $F\left( {0;\,\,45} \right) = 3600$, $F\left( {40;\,\,15} \right) = 4000 + 1200 = 5200$, $F\left( {50;\,\,0} \right) = 5000$.

Vậy doanh thu tối đa là $5200$ triệu đồng, đạt được khi sản xuất $40$ tấn thực phẩm X và $15$ tấn thực phẩm Y.

Gọi $B$ là vị trí tàu du lịch hỏng động cơ, $C$ là vị trí tàu cứu hộ tiếp cận tàu du lịch, $t$ (giờ) là thời gian tàu cứu hộ di chuyển ($t > 0$).

Ta có $AB = 50 \cdot 2 = 100$ (hải lí), $BC = 10\left( {t + \frac{1}{2}} \right) = 10t + 5$, $AC = 74t$.

Tại $B$, hướng $BA$ là $N75^\circ W$, hướng $BC$ là $S45^\circ W$ nên $\widehat {ABC} = 180^\circ - 75^\circ - 45^\circ = 60^\circ$.

Theo định lí côsin: $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos 60^\circ$.

$\Leftrightarrow {\left( {74t} \right)^2} = 10000 + {\left( {10t + 5} \right)^2} - 100\left( {10t + 5} \right)$$\Leftrightarrow 5376{t^2} + 900t - 9525 = 0 \Leftrightarrow 1792{t^2} + 300t - 3175 = 0$

$t = \frac{5}{4}$ (thỏa mãn) hoặc $t > 0$ (loại).

Suy ra $AC = 92{,}5$, $BC = 17{,}5$. Khi đó:

$\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{10000 + 8556{,}25 - 306{,}25}}{{2 \cdot 100 \cdot 92{,}5}} = \frac{{73}}{{74}} \Rightarrow \widehat {BAC} \approx 9{,}43^\circ$.

Tàu du lịch trôi theo hướng Tây Nam nên điểm $C$ và hướng Nam từ $A$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $AB$.

Do đó tia $AC$ nằm giữa hướng Nam và tia $AB$, hợp với hướng Nam một góc $75^\circ - 9{,}43^\circ = 65{,}57^\circ$ về phía Đông.

Vậy tàu cứu hộ cần đi theo hướng khoảng $S65{,}57^\circ E$ (sau $1{,}25$ giờ sẽ tiếp cận được tàu du lịch)